第四章 第19讲　碳、硅及无机非金属材料PPT课件（2022版 步步高 大一轮 化学复习 人教版全国Ⅲ（桂贵云川藏））.pptx

1、大一轮复习讲义 碳、硅及无机非金属材料 第四章第19讲 1.了解C、Si元素单质及其重要化合物的制备方法，掌握其主要性质 及应用。 2.了解C、Si元素单质及其重要化合物对环境的影响。 3.了解无机非金属材料的性质和用途。 考点二硅、无机非金属材料 考点一碳及其重要化合物 真题演练明确考向 课时精练巩固提高 微专题8二氧化碳与盐或碱溶液反应产物的判断 考点一碳及其重要化合物 知识梳理夯基础 1.碳单质 (1)存在形式：有金刚石、石墨、无定形碳、足球烯，它们互为_ _。 同素 异形体 正四面体 高大 正六边形 高 小能 正五正六 (2)主要化学性质还原性 可燃性2CO2(不足) 2CO、CO2(

2、足量) CO2 与氧化物反应 CuO：_(冶炼金属)； SiO2：_(制取粗硅)； H2O：_(制取水煤气) 与强氧化性酸 反应 浓H2SO4：_； 浓HNO3：_ 2.CO、CO2的性质对比 COCO2 物理 性质 _色_味气体 密度比空气小 _溶于水 _色_味气体 密度比空气大 可溶于水(溶解度小) 毒性_毒(易结合_)_毒(温室效应) 无无 难 无无 有血红蛋白无 化 学 性 质 还原性 可燃性 还原氧化铁 无(灭火) 氧化性 与炽热炭反应 Mg在CO2中燃烧 与水反应无CO2H2O H2CO3 与碱反应 (石灰水) 无 _ (检验CO2) 相互转化CO2 CO 用途燃料、冶炼金属 灭火

3、、制汽水、植物肥料、化工原料等 Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O 3.碳酸(H2CO3) 性质：为弱酸、不稳定。碳酸(H2CO3)只能在水中存在。H2CO3在水中与 CO2共存，因此常把CO2H2O当碳酸用。 4.碳酸的正盐和酸式盐的比较 正盐( )酸式盐( ) 溶解性只有钾、钠、铵盐可溶一般都可溶 溶解度 一般而言，在相同温度下，难溶性正盐溶解度_其酸式 盐溶解度，如溶解度Ca(HCO3)2_CaCO3；可溶性正盐溶 解度_其酸式盐溶解度，如溶解度Na2CO3_NaHCO3。 热稳定性_盐_盐碳酸 溶液pH同浓度：正盐酸式盐 相互转化 小于 大于 正酸式 错误的写明原因错误的写明原因易

4、错易混辨析 (1)金刚石和石墨由相同的元素组成，因此它们具有相同的性质() 错因：_。 (2)石墨转变为金刚石的反应属于氧化还原反应() 错因：_。 (3)向空气中排放二氧化碳会形成酸雨() 错因：_。 它们的化学性质相似，但物理性质不同 同素异形体之间的转化，化合价不变，不是氧化还原反应 pHH2SiO3 (2017北京，10D) B.可用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液(2015海南，7B) C.HF能与SiO2反应，可用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记 (2016全国卷，7D) D.石英砂可用于生产单晶硅(2016海南，4C) 1234 解析A项，依据强酸制弱酸原理判断； B项，NaOH与玻璃中的S

5、iO2会发生反应2NaOHSiO2=Na2SiO3H2O， 产生的Na2SiO3有黏合性，会将玻璃瓶与玻璃塞黏在一起，因此不能使用 玻璃塞，要用橡胶塞，错误。 1234返回 课时精练巩固提高 1.(2020山东莱芜月考)下列关于碳及其氧化物的说法不正确的是 A.过度排放CO2会导致“温室效应”，应提倡“低碳生活” B.一氧化碳易与血液中的血红蛋白结合 C.金刚石和石墨都是碳单质，但原子排列方式不同，物理性质也不同 D.CO、CO2、葡萄糖都属于有机物 123456789 解析CO、CO2不属于有机物。 2.(2020湖北百所重点学校联考)近年来美国研究人员合成了光伏电池新 型硅材料Si24。下

6、列相关说法正确的是 A.Si24是一种新型化合物 B.Si24是硅的一种同素异形体 C.Si24易与稀硫酸反应生成氢气 D.硅太阳能电池供电原理与原电池相同 123456789 解析该物质是一种单质而不是化合物，故A错误； Si24是单质，与硅单质属于同素异形体，故B正确； 硅的性质稳定，不与稀硫酸反应，故C错误； 硅太阳能电池供电原理是将太阳能转化为电能，而原电池供电原理是将 化学能转化为电能，因此两者原理不同，故D错误。 123456789 3.常温下，下列各组物质不发生反应的是 硅与NaOH溶液硅与盐酸硅与氢氟酸二氧化硅与碳酸钠 二氧化硅与NaOH溶液二氧化硅与浓硝酸 A. B. C.

7、D. 123456789 解析常温下，能发生反应Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2， Si4HF=SiF42H2，SiO22NaOH=Na2SiO3H2O。 4.下列有关硅及其化合物的说法中正确的是 A.硅酸钠属于盐，不属于碱，所以硅酸钠可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中 B.反应Na2SiO3H2OCO2=Na2CO3H2SiO3，反应Na2CO3 SiO2 Na2SiO3CO2，两反应是相互矛盾的，不可能都发生 C.普通玻璃、石英玻璃、水泥等均属于硅酸盐材料 D.硅的导电性能介于金属和绝缘体之间，是良好的半导体材料 123456789 解析反应是在高温下进行的，CO2为气体，逸出可使平衡

8、正向移动， 促使反应继续进行，B项错误； 石英玻璃不属于硅酸盐材料，C项错误。 5.(2020江西师大附中模拟)由下列实验事实得出的结论正确的是 A.由SiO2不能与水反应生成H2SiO3可知，SiO2不是H2SiO3的酸酐 B.由SiO22C Si2CO可知，碳的非金属性强于硅 C.CO2通入Na2SiO3溶液产生白色沉淀，可知酸性H2CO3H2SiO3 D.SiO2可与NaOH溶液反应，也可与氢氟酸反应，可知SiO2为两性氧化物 123456789 123456789 解析SiO2是H2SiO3的酸酐，A错误； SiO22C Si2CO，说明还原性CSi，但不能比较非金属性，B 错误； C

9、O2Na2SiO3H2O=H2SiO3Na2CO3，说明酸性H2CO3H2SiO3， C正确； 两性氧化物是指和酸、碱反应生成盐和水的氧化物，二氧化硅和氢氟酸 反应是其特殊性质，不能和其他酸发生反应，二氧化硅和碱溶液反应生 成盐和水，是酸性氧化物，D项错误。 6.向某碳酸钠溶液中逐滴加1 molL1的盐酸，测得溶液中Cl、 的 物质的量随加入盐酸体积的关系如图所示，其中n2n132，则下列 说法中正确的是 A.Oa段反应的离子方程式与ab段反应的离子方程 式相同 B.该碳酸钠溶液中含有1 mol Na2CO3 C.b0.6 D.当V(盐酸)b L时生成CO2的物质的量为0.3 mol 1234

10、56789 由加入a L盐酸时生成 为0.5 mol，可知n(HCl) 0.5 mol，n(Na2CO3)0.5 mol，B项错误； 由n2n132，可推知n20.6 mol，n10.4 mol，C项正确； 当盐酸为b L时产生n(CO2)0.1 mol，D项错误。 123456789 7.(2020黑龙江大庆铁人中学月考)青石棉是一种致癌物质，是鹿特丹 公约中受限制的46种化学品之一，其化学式为Na2Fe5Si8O22(OH)2。青 石棉用稀HNO3溶液处理时，还原产物只有NO，下列说法不正确的是 A.青石棉是一种硅酸盐材料 B.青石棉溶于足量的硝酸得到澄清溶液 C.青石棉的化学组成可表示为

11、Na2O3FeOFe2O38SiO2H2O D.1 mol青石棉能使1 mol HNO3被还原 123456789 解析硅酸盐指的是硅、氧与其他元素(主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠 等)结合而成的化合物的总称，青石棉是一种硅酸盐材料，A正确； 青石棉中硅元素以硅酸根离子的形式存在，与硝酸反应时生成硅酸，不 溶于水，B错误； 硅酸盐写成氧化物形式的先后顺序为：活泼金属氧化物，较活泼金属氧 化物、二氧化硅、水，所以青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为 Na2O3FeOFe2O38SiO2H2O，C正确； 青石棉中含有二价铁，根据氧化还原反应中得失电子守恒，有关系式： Na2O3FeOFe2O38S

12、iO2H2OHNO3，所以1 mol青石棉能使1 mol硝酸被 还原，故D正确。 123456789 8.水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有 一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的 过程如图所示： 123456789 回答下列问题： (1)在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入 几滴硝酸。加入硝酸的目的是_， 还可以使用_代替硝酸。 将样品中可能存在的Fe2氧化为Fe3 H2O2 解析水泥样品中含有铁的氧化物。加入盐酸后的溶液中可能含有Fe3、 Fe2，Fe2在pH为45时不能形成沉淀除去，所以需要先加入氧化剂将 F

13、e2氧化为Fe3，故加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2氧化为 Fe3；双氧水是一种强氧化剂，可将Fe2氧化为Fe3，本身被还原为水， 不会引入新的杂质离子，故可用双氧水代替硝酸。 123456789 解析钙、铁、铝和镁等金属的氧化物都能溶于盐酸和硝酸的混合液， 而二氧化硅不与盐酸、硝酸反应，故沉淀A的主要成分为SiO2；二氧化 硅可与氢氟酸反应，生成四氟化硅和水，该反应的化学方程式为SiO2 4HF=SiF42H2O。 (2)沉淀A的主要成分是_，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该 反应的化学方程式为_。 123456789 SiO2 SiO24HF=SiF42H2O 解析Fe3和Al3

14、在pH为45时可水解生成氢氧化铁、氢氧化铝，水解 过程中会生成氢氧化铁胶体和氢氧化铝胶体，不利于分离出沉淀，加热 可使胶体聚沉，有利于分离出沉淀，所以加热可防止胶体的生成，易于 沉淀分离，故沉淀B的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3。 (3)加氨水过程中加热的目的是_。 沉淀B的主要成分为_、_(填化学式)。 123456789 防止胶体生成，易于沉淀分离 Al(OH)3 Fe(OH)3 (4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草 酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为： HH2C2O4 Mn2 CO2H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0

15、.050 0 mol L1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙元素的质量分数为 _。 123456789 45.0% 解析根据化合价升降法、电荷守恒和质量守恒配平可得：2MnO6H 5H2C2O4=2Mn210CO28H2O，设含钙的物质的量为x mol，由 反应方程式和钙元素守恒可得关系式： 5Ca2 5H2C2O4 5 mol2 mol x mol 0.050 0 molL136.00103 L 解得x4.5103， 则0.400 g水泥样品中钙元素的质量为4.5103 mol40 gmol10.180 g， 123456789 9.某实验小组设计了如图装置对焦炭还原二氧化硅

16、的气体产物的成分进 行探究。 123456789 已知：PdCl2溶液可用于检验CO，反应的化学方程式为COPdCl2 H2O=CO22HClPd(产生黑色金属钯粉末，使溶液变浑浊)。 (1)实验时要通入足够长时间的N2，其原因是_ _。 要用N2将装置中的空气排尽， 避免空气中的O2、CO2、水蒸气对实验产生干扰 解析碳与二氧化硅反应需在高温下进行，高温下，碳与空气中的氧气 也能反应，所以实验时要将装置中的空气排尽，则需要通入足够长时间 的N2。 123456789 (2)装置B的作用是_。 123456789 作安全瓶，防止倒吸 解析根据装置图可知，B装置可以作安全瓶，防止倒吸。 (3)装

17、置C、D中所盛试剂分别为_、_，若装置C、 D中溶液均变浑浊，且经检测两气体产物的物质的量相等，则该反应的 化学方程式为_。 123456789 澄清石灰水PdCl2溶液 解析根据元素守恒，碳与二氧化硅反应可能生成一氧化碳，也可能生 成二氧化碳，所以C装置用来检验是否有二氧化碳，D装置用来检验是否 有一氧化碳，装置C、D中所盛试剂分别为澄清石灰水、PdCl2溶液；若 装置C、D中溶液均变浑浊，说明既有二氧化碳又有一氧化碳，且经检测 两气体产物的物质的量相等，根据原子守恒可知，化学方程式为3SiO2 4C 2CO22CO3Si。 123456789 (4)该装置的缺点是_。 123456789 没有尾气吸收装置来吸收CO 解析一氧化碳有毒，不能排放到空气中，而该装置没有尾气吸收装置 来吸收CO。 解析验证碳酸、硅酸的酸性强弱，产生的CO2气体先通过饱和碳酸氢 钠溶液除去混有的杂质气体，然后再通入硅酸钠溶液发生反应CO2 H2ONa2SiO3=Na2CO3H2SiO3，说明酸性：H2CO3H2SiO3。 (5)设计实验证明碳酸的酸性比硅酸的强：_ _。 123456789 向硅酸钠溶液中通入二氧化碳 气体，溶液变浑浊，证明碳酸酸性强于硅酸 返回 更多精彩内容请登录： 大一轮复习讲义